高二物理上学期期中试题29 (2)

台州市书生中学 2016学年第一学期高二物理期中考试卷 （满分：100分 考试时间：120 分钟）一、单选题(本大题共10小题，共40.0分)1. 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（） A.根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比 B.磁感应强度B是标量，没有方向 C.磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反 D.在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些2. 如图所示，小磁针的正上方，平行放置一直导线，当导线通入电流I时，小磁针将（） A.转动，N极转向读者B.转动，S极转向读者 C.不转动D.上下振动3. 若粒子刚好能在如图所示的竖直面内做匀速圆周运动，则可以判断（） A.粒子运动中机械能守恒B.粒子带负电 C.只能是逆时针运动D.只能是顺时针运动4. 在下列设备中，主要不是利用电磁铁工作的是（） A.发电机B.电铃C.电磁继电器D.电磁起重机5. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（） A.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 B.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用6. 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为（） A.:2 B.2 C. D. 2:7. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，在原线圈两端接入如图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，则下列说法中正确的是（） A.图甲中V2的示数为44V B.若电流表的示数为0.1A，则变压器的输入功率为110W C.无论滑动变阻器的阻值是否变化，电压表V1和V2的示数之比均为5：1 D.若滑动变阻器的滑片向下滑动，则定值电阻R0消耗的电功率将增加8. 如图所示，螺线管采用双线绕法条形磁铁从上方插入的过程，关于电阻R上产生的感应电电流说法正确的是（） A.感应电流的方向a流向b B. 感应电流的方向b流向a C.没有感应电流产生 D. 有感应电流产生，但方向无法确定9. 为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示当开关S断开后（） A.A1的示数不变，A2的示数不变B.A1的示数减小，A2的示数减小 C.V1的示数减小，V2的示数减小D.V1的示数增大，V2的示数增大10.如图所示表示一交流电随时间而变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im；电流的负值的强度为Im，则该交流电的有效值为（） A. Im B.Im C.Im D.Im二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)11.某发电厂发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电厂附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处居民小区附近的降压变压器，经降低电压后输送到用户设升、降变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但是电厂输送的总功率增加，这时（） A.升压变压器的副线圈的电压变大 B.降压变压器的副线圈的电压变大 C.高压输电线路的电压损失变大 D.用户的负载增多，高压输电线中的电流变大12.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是（） A.在t=0.01s末，矩形线圈平面与磁场方向垂直 B.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V） C.Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 D.Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大13.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（） A.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为 B.由B=知，B与F成正比，与IL成反比 C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零 D.磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大14.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其工作原理的示意图如图所示，正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向射入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法中正确的是（） A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大 B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小 C.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小 D.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变三、实验题探究题(本大题共2小题，共10.0分)15.某研究性小组的同学们在探究安培力的大小和方向与哪些因素有关时，设计了以下两个实验 实验一：利用如图所示的安培力演示器先探究影响安培力大小的因素第一步，当通电导线长度和磁场一定，调节滑动变阻器的滑片改变电流，观察：指针发生偏转，且偏转角度随电流增大而增大 第二步，当通电电流和磁场一定，改变导线的长度，分别观察：指针发生偏转的角度随导线长度的增大而增大 第三步，当通电电流和导线长度一定，更换磁铁，再次分别观察：指针发生偏转的角度不同 实验二：利用安培力演示器对安培力的方向进行对比探究先后按照下表实验序号1、2、3的图例做实验，观察到的相关现象已分别记录在对应的图例下面的表格里 实验序号123图例磁场方向竖直向下竖直向下竖直向上电流方向水平向里水平向外水平向外受力方向水平向左水平向右水平向左（1）通过实验一的对比探究，可以得到影响安培力大小的因素有： _ ；且安培力大小与这些因素的定性关系是： _ （2）通过实验二的对比探究，可以得到安培力的方向与 _ 方向、 _ 方向有关；且三者方向的关系是：当IB时， _ （3）通过实验一的对比探究，能否得出安培力大小的计算公式？ _ （填“能”或“不能”） 通过实验二的对比探究，能否得出安培力方向的规律-左手定则？ _ （填“能”或“不能”）16.如图所示，在图（1）中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况今 使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是 _ ；图（3）中电流计的指针将向 _ 偏转；图（4）中的条形磁铁上端为 _ 极 四、计算题(本大题共3小题，共34分)17.如图所示，线圈为100匝，在2s内穿过线圈的磁通量由2Wb均匀增大到4Wb，求： （1）这2s时间内线圈产生的感应电动势； （2）如果线圈回路的总电阻为100，则感应电流是多大？ 18.如图所示，有一磁感应强度大小为B的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H；磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L、d（dH），质量为m，电阻为R现将线框从其下边缘与磁场上边界间的距离为h处由静止释放，测得线框进入磁场的过程所用的时间为t线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度为g求： （1）线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向； （2）线框的上边缘刚进磁场时线框的速率v1； （3）线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热Q 19.如图所示，倾角为30、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1=0.4m，B2=5T的匀强磁场垂直导轨平面向上一质量m=1.6kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r=1金属导轨上端连接右侧电路，R1=1，R2=1.5，R2两端通过细导线连接质量M=0.6kg的正方形金属框cdef，正方形L2=0.2m，每条边电阻r0为1，金属框处在一方向垂直纸面向里，B2=3T的匀强磁场中，现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10m/s2 （1）若将电健S断开，求棒下滑过程中的最大速度 （2）若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6N，求细导线刚好被拉断时棒的速度 （3）若电键闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2J，求此过程中 棒下滑的高度（结果保留一位有效数字） 高二物理期中答案和解析【答案】 1.D2.B3.C4.A5.B6.D7.D8.C9.B10.D11.CD12.AD13.CD14.BC15.磁场、导线长度和通电电流；磁性越强（磁场越强），电流越大或直导线越长，安培力越大；磁场；电流；FI，FB；不能；能 16.向下插入；右；N 17.解：根据法拉第电磁感应定律得：E=V=100V 根据欧姆定律得： 答：（1）这2s时间内线圈产生的感应电动势100V； （2）如果线圈回路的总电阻为100，则感应电流是1A 18.解：（1）线框由静止释放到下边缘刚进入磁场的过程，做自由落体运动，有：v=， 即线框下边缘刚进入磁场的速率为：v0=， 线框下边缘切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv0， 感应电流的大小为：I=， 根据右手定则判断知，线框中感应电流的方向沿逆时针方向 （2）在线框下边缘刚进入磁场到上边缘刚进入磁场的过程中， 根据微元法，取一小段时间t，时间内速度的减少量为v， 由动量定理可得：（mg-BIL）t=mv，即mgt-BILt=mv 在时间t内，通过线框某一横截面的电荷量为：q=It 对mgt-BILt=mv两边求和得：mgt-BLq=m（v1-v0） 根据法拉第电磁感应定律有：= 根据闭合电路欧姆定律有：= 在时间t内，通过线框某一横截面的电荷量为：q= 解得v1=gt+- （3）在线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中，线框进入磁场的过程中才有焦耳热产生，根据能量守恒定律有： +mgd=+Q， 解得：Q=+mgd-=mg（h+d）-m（gt+-）2 答：（1）线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小为，方向逆时针； （2）线框的上边缘刚进磁场时线框的速率为gt+-； （3）线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热Q为mg（h+d）-m（gt+-）2 19.解：（1）电键S断开时，ab棒沿导轨变加速下滑，速度最大时合力为0，根据物体平衡条件和法拉第电磁感应定律有： mgsin-B1IL1=0 又：Em=B1L1vm 联解代入数据得： vm=7m/s （2）闭合S后，ab棒沿导轨下滑切割磁感线，R2与线框cd边及cfed部分组成并联电路，设并联部分电阻为R，细导线刚被拉断时通过ab棒的电流为I1，通过R2的电流为I2，通过金属框部分的电流为I3，则： E=B1L1v I1=I2+I3 对金属框，由物体平衡条件有：2Fm-Mg-B2I3L2=0 联解代入数据得：v=3.75m/s （3）当棒下滑高度为h时，棒上产生的热量为Q，R1上产生的热量为Q1，R2及金属框并联部分产生的总热量为Q2，根据能量转化与守恒定律有： 由焦耳定律和电路结构关系有： 联解代入数据得：h1.0m 答：（1）电键S断开时棒ab下滑过程中的最大速度是7m/s； （2）电键S闭合，细导线刚好被拉断时棒ab的速度是3.75m/s； （3）若电键S闭合后，从棒ab释放到细导线被拉断的过程中棒ab上产生的电热Q=2J，此过程中棒ab下滑的高度1.0m 【解析】 1. 解：A、由B=，可知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定故A错误； B、磁感应强度B是矢量，其方向即为小磁针静止时N极指向，故B错误 C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，磁场力的方向与感应强度B的方向垂直，故C错误； D、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些故D正确； 故选D 在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比 磁感应强度的定义式B=，可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E=一样同时还要注意的定义式B=，是有条件的 2. 解：当导线中通过图示方向的电流时，根据安培定则判断可知，小磁针所在处磁场方向垂直纸面向里，小磁针N受力向里，S极受力向外，则小磁针N极转向里，S极转向读者 故选：B 当导线中通过图示方向的电流时，产生磁场，根据安培定则判断磁场的方向小磁针处于磁场中，N极受力方向与磁场方向相同根据磁场方向判断小磁针的转动方向 判断电流方向与磁场方向的关系是运用安培定则小磁针N极受力方向与磁场方向相同 3. 解： 若粒子刚好能在如图所示的竖直面内做匀速圆周运动，说明粒子受到的重力和电场力平衡，电场力一定向上，粒子带正电粒子此时具有向右的速度，由左手定则可判断此时受到向上的洛伦兹力，粒子将沿逆时针方向旋转；由于电场力做功，故机械能不守恒，故C正确，ABD错误 故选：C 由粒子刚好能在竖直面内做匀速圆周运动，可知粒子受到的重力和电场力平衡，从而可知粒子受到向上的电场力作用，粒子带正电通过左手定则判断粒子受到洛伦兹力的方向，来判断粒子的转动方向 该题考查了带电粒子在重力场、电场和磁场的复合场中的运动情况，带点粒子在三个场的共同作用下做匀速圆周运动，必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力 4. 解：发电机是利用电磁感应原理工作的；而电铃、电磁继电器、电磁起重机都是利用电磁铁工作的故A正确，BCD错误； 本题选择不是利用电磁铁工作的，故选A 要解答本题需掌握：电磁铁的应用，以及发电机的原理，从而确定仪器中是否需要电磁铁 本题主要考查学生对电磁铁在生活中的应用，以及发电机的原理的了解和掌握，生活中要注意多观察，明确各仪器的工作原理即可求解 5. 解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图； 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图 根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，向右 故选B 先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断 本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况 6. 解：感应电动势的最大值：Em=nBS， 从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势：E=n=n=， 平均感应电动势与最大感应电动势之比：=； 故选：D 由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，求出最大感应电动势，然后求出比值 本题考查了求感应电动势之比，应用法拉第电磁感应定律与感应电动势最大值计算公式即可解题；矩形线圈转动过程产生正弦式交变电流，线圈平面平行于磁场时感应电动势最大 7. 解：A、原线圈电压的有效值，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端电压为，副线圈两端的电压等于两端的电压和电压表的读数之和，所以电压表的示数小于44V，故A错误； B、根据电路与匝数成反比，得原线圈的电流，变压器的输入功率P=U1I1=2200.02=4.4W，故B错误； C、示数等于副线圈两端的电压和两端的电压之和，而原副线圈两端的电压之比等于匝数之比为5：1，电压表测得是原线圈两端的电压，所以与的示数之比不等于5：1，故C错误； D、滑动变阻器的滑片向下移动，副线圈的负载电阻减小，副线圈电压不变，副线圈的电流增大，所以定值电阻R0消耗的电功率将增加，故D正确； 故选：D 变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值 做本类题目除了要掌握变压器的特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化 8. 解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的电动势方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对线圈来说，磁通量为零，则不会产生感应电流，故C正确，ABD错误； 故选：C 根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析线圈磁通量的变化，再判断是否有感应电流 本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式可用安培定则加深理解基础题 9. 解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，开关S断开后，变压器副线圈的负载电阻增大，V2不变，由欧姆定律可得A2示数变小，由于原副线圈电流之比与匝数成反比，可得表的示数减小，故B正确，ACD错误； 故选：B 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据L2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 10. 解：设电流的有效值为I取一个周期时间，由电流的热效应得： 解得：，故D正确 故选：D 求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值 求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解 11. 解：A、在用电高峰期，用户总功率变大，用户电流变大，即降压变压器输出电流变大，输电电流变大，输电线导线电阻不变，由U=IR可知，输电线上损失的电压变大，发电机电压不变，升压变压器的输入与输出电压不变，输电线上损失的电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压器副线圈电压变小，故A错误，C正确； B、发电机电压不变，升压变压器的输入与输出电压不变，故B错误； D、用户的负载增多，降压变压器副线圈电流变大，原线圈电流变大，即高压输电线中的电流变大，故D正确； 故选：CD 升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，输电线上的消耗也就变大了，导致用户得到的电压减小，由于用户多需要的功率曾大了，所以电厂输送的总功率要增 掌握住高压输电的模型，知道电能的损耗主要是在输电线上，知道电压与匝数成正比，电流与匝数程反比 12. 解：AB、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V），当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确，B错误； C、R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误； D、R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确； 故选：AD 由图甲可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=Umsint（V），由图乙可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，R1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化 根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键 13. 解：A、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于故A错误 B、B=是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比故B错误 C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行故C正确； D、磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大，如线圈和磁场平行时，磁通量为零故D正确 故选：CD 磁感应强度的定义式：B=是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题 本题考查对磁通量概念的理解，对于物理概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等 14. 解：A、B、环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R=，荷质比越大，B应该越小，故A错误，B正确； C、D、当带电粒子确定后，加速电压越大，粒子进入磁场速度越大，荷质比确定，所以磁感应强度应该越大，根据周期公式T=，可得磁感应强度的增大会使周期变小，故C正确，D错误； 故选：BC 带电粒子被加速后进入匀强磁场区域，做匀速圆周运动，根据圆周运动的半径公式和周期公式判断荷质比与磁感强度的关系，周期和磁感强度的关系 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，判断三个变化量之间的关系应有一个量保持不变 15. 解：（1）实验一中，通电直导线在安培力作用下使指针发生偏转，且偏转角度越大，说明导线所受安培力越大当通电导线长度和磁场一定时，改变电流，偏转角度相应变化，说明安培力的大小与电流有关，偏转角度随电流增大而增大，进一步说明，电流越大，安培力越大；同理，可以得到影响安培力大小的因素还有磁场、导线长度，且磁性越强（磁场越强），直导线越长，安培力越大 （2）实验二中：图例1与图例2对比，当磁场方向相同，改变电流方向时，安培力方向发生变化；图例2与图例3对比，当电流方向相同，改变磁场方向时，安培力方向发生变化说明安培力的方向与磁场方向、电流方向都有关；当导线垂直放入磁场中，安培力不仅垂直电流的方向，也垂直磁场的方向 （3）实验一是一个定性探究实验，不能得出安培力大小的计算公式实验二则可以得出安培力方向的判定规律-左手定则； 故答案为：（1）磁场、导线长度和通电电流 磁性越强（磁场越强），电流越大或直导线越长，安培力越大 （2）磁场 电流 FI，FB （3）不能，能 （1）实验一中，通电直导线在安培力作用下使指针发生偏转，从各量的变化及引起的安培力的变化得规律 （2）实验二中：图例1与图例2对比，；图例2与图例3对比分析各量的方向的变化得出安培力方向规律 （3）实验一是一个定性探究实验，不能得出安培力大小的计算公式实验二则可以得出安培力方向的判定规律-左手定则 本题为探究性实验问题，实验分析中注意各量的变化引起的结果，提高总结规律的能力 16. 解：图（1）可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏 图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，根据楞次定律知，条形磁铁S向下插入 图（3）当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知，感应电流方向逆时针，则指针向右偏； 图（4）中可知指针向右偏，则有感应电流的方向逆时针，由楞次定律可知，条形磁铁S极向上拔出，由上端为N极 故答案为：向下插入，右，N 当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏，根据楞次定律，结合感应电流的方向判断条形磁铁是向上拔出还是向下插入 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题，注意电流进入电流表，指针向何处偏转，是解题的关键 17. 根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势 根据欧姆定律求出感应电流 考查法拉第电磁感应与欧姆定律，注意线圈为100匝，公式里的n不能丢 18. （1）先根据机械能守恒，根据E=BLv0即可求出感应电动势，进而求感应电流根据右手定则判断电流的方向 （2）线圈进入磁场的过程中，加速度变化，用微元法列式，有（mg-BIL）t=mv，对此式两边求和，另外，可求得时间t内，通过线框某一横截面的电荷量结合各式可求； （3）线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入和穿出磁场过程中产生的电热Q等于重力做的功减去动能变化量，由能量守恒可解得Q 此题第2问较难，线框进入磁场的过程加速度是变化的，“线框进入磁场的过程所用的时间为t”是解答此问的关键条件，通过微元法可求得线框的上边缘刚进磁场时线框的速率求热量时，往往根据能量守恒或动能定理研究 19. （1）金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度 （2）将每根细导线能承受的最大拉力Fm=3.6N代入（1）的结论，并结合电路的特点即可解答； （3）金属棒由静止开始下滑s的过程中，重力和安培力对棒做功，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h 本题考查了电路知识、电磁感应和力学知识，分析和计算安培力和能量如何转化是两个关键中档难度